Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[852] w2013-11-23 23:56:53

Két megjegyzésem volna.

1. Az f(n)=\frac{n-1}{4n} képletet megsejteni annyira nem triviális, de egyetértek, csak 5 pontot érne.

2. A megadott rekurziót meg lehet oldani sejtés nélkül. Elég ehhez átrendezni: f(n)=\frac{n^2-1}{n^2}f(n-1)+\frac1{2n^2} ekvivalens f(n)-\frac12=\frac{n^2-1}{n^2}\left(f(n-1)-\frac12\right)-vel. Innen teleszkópikus szorzat. Ezen megoldás viszont csak a hiv. megoldás egyszerűbb átfogalmazása.

Előzmény: [850] Róbert Gida, 2013-11-23 22:09:21
[851] Róbert Gida2013-11-23 22:11:59

"az első (n-1) eseményben páratlan vagy páros"

Persze itt (n-2) van (az A2,...,An-1 események).

Előzmény: [850] Róbert Gida, 2013-11-23 22:09:21
[850] Róbert Gida2013-11-23 22:09:21

B4571. feladat 6 pontos volt. Gondolkodás nélkül is kijön: legyen f(n) a keresett valószínűség, ekkor (aszerint nézve az eseményeket, hogy az első (n-1) eseményben páratlan vagy páros sok következett-e be) f(n)=f(n-1)*\bigg(1-\frac {1}{2n^2}\bigg)+(1-f(n-1))*\frac {1}{2n^2}, azaz f(n)=f(n-1)*\bigg(1-\frac{1}{n^2}\bigg)+\frac{1}{2n^2} és triviálisan f(1)=0, ebből már teljes indukcióval igazolható, hogy f(n)=\frac {n-1}{4n}.

[849] w2013-11-15 21:29:51

Igen, én is ezt csináltam. Kis megjegyzés az érdeklődők számára, akiknek nem ismert, amit felhasználtunk. Valójában két dologra volt szükség:

(1) (Fn,Fk)=F(n,k),

(2) p|Fp-1 vagy p|Fp+1. /p prím/

Az (1) bizonyításához a kulcs a Fibonacci számok bontogatásával adódó azonosság lehet: Fn=Fn-1+Fn-2=2Fn-2+Fn-3=...=FiFn-i+1+Fi-1Fn-i. Ebből indukcióval előbb n|k\impliesFn|Fk adódik, majd maga az (1).

A (2) bizonyítása nehezebb, és attól függ, hogy 5(p-1)/2 +1 vagy -1 maradékot ad mod p. Ha utóbbi a helyzet, akkor p|Fp+1, ennek belátásához elég kifejteni a binomiális tétellel az Fp+1-re vonatkozó explicit képletet. Az előbbi eset érdekesebb, abban az esetben az 5 kvadratikus maradék lesz mod p (lásd pl. itt), ezért \sqrt5 és (1\pm\sqrt5)/2 reprezentálható, mint maradék mod p, vagyis a Binet-képlet felírható mod p maradékokkal is, és p|Fp-1 a Kis-Fermat-tételből következik. (Amúgy itt is van erről szó.) Szóval ezzel a két lemma is elintézhető.

Ha tud valaki jobb bizonyítást, az érdekelne.

Előzmény: [848] Róbert Gida, 2013-11-15 20:49:35
[848] Róbert Gida2013-11-15 20:49:35

Valóban, ezt a példát akkor elvinném:

(lejárt) A598. megoldása:

Legyen Fn az n-edik Fibonacci szám. Ismert, hogy lnko(Fn,Fk)=Flnko(n,k) ebból kapjuk, hogy az m-el osztható Fibonacci számok pontosan (valamilyen t-re) a t-vel osztható indexűek, ezen t pedig akkor nyilván a legisebb pozitív egész, amire Ft osztható m-mel (t létezik). Ismert, hogy m=p-re t|p+-1, ha p!=5 (valójában p-nek az ötös maradékától függ, hogy p+1 vagy p-1, de ez itt most nem kell).

A feladat a,b,c-ben ciklikus. Tegyük fel, hogy az egyik páros, mondjuk az a. 2|a, akkor 2|Fb, így 3|b, de akkor 3|Fc, így 4|c, amiből 4|Fa, így 6|a is teljesül, végül 6|Fb miatt 12|b. Innen pedig 12|c, majd 12|a következik. Azaz 12|a,b,c, ami az egyik lehetőség volt.

Ha van köztük 5-tel osztható, akkor például 5|a, de akkor 5|Fb, amiből 5|b és hasonlóan 5|c is kijön. Azaz 5|a,b,c, a másik lehetőség,

Ha nincs köztük páros és 5-tel osztható sem, akkor p legyen az a,b,c legkisebb prímosztója (ilyen van, mert a,b,c>1) ami nem lehet a 2 sem az 5, ekkor mondjuk p|a, így p|Fb, de mivel ekkor p|F(p+-1) (lásd fent). Így p|Flnko(p+-1,b), de p minimalitása miatt lnko(p+-1,b)=1, vagy p=2. Első esetben p|F1=1, ellentmondás, második esetben b páros, szintén ellentmondás.

Előzmény: [847] w, 2013-11-13 17:29:47
[847] w2013-11-13 17:29:47

Illetőleg néhány feladatra érdemes rákeresni: A.596, A.598, A.596 megoldási ötletek, A.598 megoldási ötletek.

Előzmény: [845] Róbert Gida, 2013-10-23 21:22:38
[846] w2013-10-29 19:44:42

Tehát az én megoldásom (vázlatos):

Vegyük észre, hogy

a) a1+a2+...+a2013=2014

b) a1+2a2+...+2013a2013=4026.

Emellett vezessük be ak-t, mint a legutolsó olyan ai szám a mondatban, ami még nem nulla. Mivel minden szám legfeljebb k-szor fordul elő a mondatban, és a nullák száma legalább 2013-k, így k\ge2013-k, k>1006. De ez azt jelenti, hogy ak=1, és k darab nulla van a mondatban. Tehát ai sorozatban 2013-k darab nem nulla szám van, ezek közül kettő a1 és ak.

Vonjuk ki a)-t b)-ből, amit kapunk, azt pedig becsüljük meg alulról:

2012=\sum_{i=2}^k (i-1)a_i=\sum_{i=2}^{k-1}(i-1)a_i+ka_k\ge[1+2+\dots+(2011-k)]+k=[1+2+\dots+(2010-k)]+2011

Ebből adódik, hogy k>2008 is igaz. Innen kis gondolkodás és kész.

Előzmény: [844] w, 2013-10-21 21:05:42
[845] Róbert Gida2013-10-23 21:22:38

Aki a feltett megoldásokat elolvassa nagy előnyben van: http://www.komal.hu/verseny/feladat.cgi?a=feladat&f=A588&l=hu

http://www.komal.hu/verseny/feladat.cgi?a=feladat&f=A595&l=hu

[844] w2013-10-21 21:05:42

Talán a legnehezebb szeptemberi B-feladat (legalábbis számomra) a B.4552-es volt:

Ebben a mondatban az 1 alkalommal előforduló számok száma a1,

a 2 alkalommal előforduló számok száma a2,

...,

a 2013 alkalommal előforduló számok száma a2013.

Adjuk meg az a1,a2,...,a2013 számokat úgy, hogy igaz állítást kapjunk. Hányféleképpen tehetjük ezt meg?

Hogyan oldottátok meg? (Nekem van egy relatívan szép és egyszerű megoldásom, de kíváncsi vagyok, hogy Ti mit kezdettetek vele. Az eredeti javasolt megoldás is érdekelne.)

[843] HoA2013-10-17 21:59:19

CID\angle=CBD\angle+FDB\angle=\alpha/2+\gamma/2=DEF\angle . EFIJ húrnégyszög, EJF\angle=KJF\angle=EIF\angle=EIK\angle ...

Előzmény: [842] Kardos, 2013-10-17 21:46:34
[842] Kardos2013-10-17 21:46:34

Igen, az GeoGebra által bizonyítva, csak nem látom be hogy miért!

Előzmény: [841] Sinobi, 2013-10-17 21:13:48
[841] Sinobi2013-10-17 21:13:48

szögszámolással próbáltad már?

Előzmény: [840] Kardos, 2013-10-17 20:57:57
[840] Kardos2013-10-17 20:57:57

B. 4559.-hez van valakinek valami ötlete?!?!? :) Előre is köszi!

[839] n2013-10-13 17:49:17

Azért az A595-höz a kétnégyzetszámos bizonyítás se' annyira ötlet, mert kb. rögtön kipotyog belőle a megoldás...

Előzmény: [838] w, 2013-10-13 15:18:16
[838] w2013-10-13 15:18:16

A.593 megoldása

A.595 megoldási ötlet

[837] w2013-10-11 10:48:27

Igen. (Pontosítás: k+1 pont határoz meg egy k fokszámú polinomot.)

Nyilván az volt a háttérbeli cél, hogy belássuk, hogyha érvényes a megadott feltétel, akkor a két polinom csak egymás eltoltja lehet. A következő kérdésem tehát az volna, hogyha deg(P)=deg(Q)=n, a feltétel marad, és P(x)\equivQ(x+k) (k>0), akkor mekkora lehet k?

Előzmény: [836] Sinobi, 2013-10-11 10:41:18
[836] Sinobi2013-10-11 10:41:18

Nem léteznek. Egy idő után mind a kettő monoton lesz (legyen monoton növő), és nagyobb az addigi felvett értékeknél.

Ebből következik, hogy egy idő után ha p(x)=q(z), akkor p(x+n)=q(z+n), minden természetes n-re. Legyen p és q közül a nagyobb fokszma k. Mivel k pontra egyértelműen illeszthető k (vagy annál kisebb, ha létezik) fokszámú polinom, véve az (x,p(x)), (x+1,p(x+1)),...(x+k,p(x+k)) és (z,q(z)), (z+1,q(z+1)),...(z+k,q(z+k)) pontokat, ezek egyértelműen meghatározzák p-t, és q-t is, és ezek a pontok egymásba eltolhatóak, tehát p és q is egymásba eltolható, tehát ugyanannyi a fokszámuk, ha léteznek.

Előzmény: [835] w, 2013-10-11 10:25:59
[835] w2013-10-11 10:25:59

B.4561-hez egy nehéz, de nagyon érdekes csatlakozó kérdés:

Léteznek-e olyan különböző fokszámú P és Q polinomok, melyeknek természetes számokon vett értékkészleteik megegyeznek?

[834] w2013-07-07 08:32:26

Melyik a könnyebb: B.4149 vagy B.4536? Érdekes, hogy az ilyen ismétlődő feladatokat akkor találjuk meg, mikor legkevésbé keressük őket :-) A megfogalmazást, a hiv. megoldás hosszát és a statisztikát is érdemes megfigyelni.

[833] w2013-07-02 07:33:27

Én is pont úgy oldottam meg, 0\lex,y\le1 és \sqrt{1-x^2} miatt ez a természetes :-)

Előzmény: [832] rizsesz, 2013-06-28 14:51:26
[832] rizsesz2013-06-28 14:51:26

A C.1168-ba olyan szepen bele lehet irni a=sinx-et es b=siny-t. Elnezest, konnyed, valoszinuleg mindenki szamara trivialis gondolat :-)

[831] w2013-06-21 19:32:38

B.4540 általánosabban. Adott n db matematikus rab egy börtönben. Játék: s-féle színű sapkák vannak, minden rab kap egyet a fejére. Mindenki csak a többiek sapkáját látja. Egyszerre tippelnek saját sapkájuk színére. Határozzuk meg azt a maximális k(n,s) számot, melyre alkalmas stratégiával ennyi jó tipp mindig születhet.

[830] w2013-06-20 17:58:23

"Ha jól látom, azt nem láttad be, hogy k1 érinti k-t." - "őizé"

Bocs, nem voltam elég figyelmes, körsor, azaz "1" nálam kiesett. Így viszont már eléggé tetszik az összehozott megoldás.

Előzmény: [829] Sinobi, 2013-06-20 17:17:42
[829] Sinobi2013-06-20 17:17:42

őizé.

igen, azt hiszem ez egy egyszerűbb megoldás, hogy

1: a három kör egyszerre és egy pontban érinti egymást, mert.

2: k1 és k érintik egymást, mert Sawayama-lemma

Előzmény: [828] w, 2013-06-20 10:29:28
[828] w2013-06-20 10:29:28

"Minden illeszkedés feladat kitrigonometriázható. Ahogy kijön koordinátákkal, vektorokkal, komplex számokkal, k darab Pascal/Desargues tétel felírásával, etc."

Bocs, én úgy értettem, hogy a feladat csak trigonometriával két oldalon belül is megoldható, és egészen triviális úton. Az más kérdés, hogy te többet láttál be, a hiv. megoldás még többet, de itt szerintem a trigonometriával való megközelítés egészen természetes volt ("elég szabályos az ábra" stb.). Ismerek olyan megoldót is, aki hamar feladja a geometriai okoskodást, és 10-20 oldalas koordinátás megoldásokat küld be ehelyett! (Az igazat megvallva lusta voltam szépen megoldani :-).)

"...tehát k-t is érinti, tehát k1-et is, kész."

Ha jól látom, azt nem láttad be, hogy k1 érinti k-t. Van rá egy egyszerű bizonyítás az A.579-ből már jól ismert Sawayama-lemmával. ;-)

A megoldásod egyébként eléggé tetszik, mutatja az inverzió erejét.

Előzmény: [826] Sinobi, 2013-06-19 15:09:05

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]